广东广州市部分学校2025-2026学年下学期期末考试高二数学（含解析）

这是一份广东广州市部分学校2025-2026学年下学期期末考试高二数学（含解析），共35页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解绝对值不等式得A，根据交集的定义计算即可.
【详解】解得，即，B为奇数集，故.
故选：C
2. 设，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先根据共轭复数的定义写出，然后根据复数的乘法计算.
【详解】依题意得，，故.
故选：D
3. 已知，则（ ）
A. －10B. －40C. 10D. 40
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式定理性质运算.
【详解】.
故选：D
4. 函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A. 是的极小值
B. 的极值点有3个
C. 在区间上单调递减
D. 曲线在处的切线斜率小于零
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的几何意义与极值、极值点的定义分别判断各选项.
【详解】A选项：由导函数图象可知是函数的极小值点，
的极小值为，A选项错误；
B选项： 的极值点有两个，极大值点-3，极小值点3，B选项错误；
C选项：由导函数图象可知，当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，C选项错误；
D选项：由图象可知，即函数在处切线斜率小于零，D选项正确.
故选：D.
5. 已知数列满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用已知条件得到，再用累加法求出数列的通项，用裂项相消法求数的和.
【详解】由得：，
即，
所以
.
故选：A.
方法点睛：递推公式求通项公式，有以下几种方法：
1.型如：的数列的递推公式，采用累加法求通项；
2.形如：的数列的递推公式，采用累乘法求通项；
3.形如： 的递推公式，通过构造转化为，构造数列是以为首项，为公比的等比数列，
4.形如： 的递推公式，两边同时除以，转化为的形式求通项公式；
5.形如：，可通过取倒数转化为等差数列求通项公式.
6. 已知，过点作圆（为参数，且）的两条切线分别切圆于点、，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知圆心在直线上运动，设，则，求得，利用弦化切可得出，求出的取值范围，结合双勾函数的单调性可求得的最大值.
【详解】圆心，半径为，圆心在直线上运动，
设，则，由圆的几何性质可知，
所以，，
当直线与直线垂直时，取最小值，则取最小值，
且，则，则，
由双勾函数的单调性可知，函数在上为增函数，且，
故函数在上为减函数，
故当时，取得最大值.
故选：C.
7. 设函数，其中表示，，中的最小者．若，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出函数的解析式，然后根据，分情况讨论求出对应的的范围即可.
【详解】因为函数，
当且时，.
解不等式组得，；
当且时，.
解不等式组得，；
当且时，.
解不等式组得，；
所以，
①当 时，，
若 ，即 ，则 ，不等式 恒成立，故符合题意；
若，即，则 ，
不等式化为，解得 或 ，所以符合题意，
所以 符合题意；
②当 时，，此时，故，
不等式为 ，即 ，解得 ，综合可得符合题意；
③当 时，，，不等式为 ，即 ，无解．
综上所述，实数的取值范围为 ．
8. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解.
【详解】[方法一]：构造函数
因为当
故，故，所以；
设，
，所以在单调递增，
故，所以，
所以，所以，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当，
取得：，故
，其中，且
当时，，及
此时，
故，故
所以，所以，故选A
[方法三]：泰勒展开
设，则，，
，计算得，故选A.
[方法四]：构造函数
因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以．
故选：A．
【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数，则（ ）
A. 为的一个周期
B. 的图象关于直线对称
C. 的一个零点为
D. 在区间上单调递减
【答案】AC
【解析】
【分析】根据周期的公式即可求解A，代入验证即可求解BC，利用整体性即可判定D.
【详解】对于A，根据函数知最小正周期为，故A正确；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，由于，则，故在上不单调递减，D错误.
故选：AC.
10. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若回归方程为，则变量与成负相关
B. 数据的上四分位数为
C. 某校高三年级男生的身高（单位：）近似服从，随机选择一名该校高三年级的男生，则（若，则，）
D. 已知数据、、…、的平均数，方差为．设，数据、、…、的方差为，数据、、…、、、、…、的方差为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，根据回归系数即可判断；对于B，根据条件，利用百分位数的求法，直接求出上四分位数，即可求解；对C，利用正态分布的性质，即可求解；对D，根据条件先求出，再利用分层抽样的平均数和方差的求法，即可求解.
【详解】对于A，因为回归方程为的回归系数为，所以变量与成负相关，故A正确，
对于B，因为，所以数据的上四分位数为，故B正确，
对于C，因为身高，则，
所以，故C错误，
对于D，因为数据、、…、的平均数，方差为，
又，则，，
所以数据、、…、、、、…、的平均数为，
方差为，故D正确.
11. 如图，是棱长为1的正方体的表面上一个动点，为棱的中点，为侧面的中心.下列结论正确的是（ ）
A. 平面
B. 与平面所成角的余弦值为
C. 若点在各棱上，且到平面的距离为，则满足条件的点有9个
D. 若点在侧面内运动，且满足，则存在点，使得与所成角为
【答案】AC
【解析】
【分析】建立以为原点空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，可得，即可判断A；设与平面所成的角为，由，即可判断B；由正方体各个顶点到平面的距离与比较，即可判断C；点在侧面内运动，且满足，可得点在侧面内，以为圆心，为半径的一段圆弧上运动，而当点于或重合时与所成角为，即可判断D.
【详解】
对A，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
则，所以，即，
所以平面，故A正确；
对B，设与平面所成的角为，
则，故B错误；
对C，因为正方体的棱长为1，所以正的边长为，
正方体的对角线，
设到平面的距离为，由，
则，则，
则到平面的距离为，
因为，
所以在以为顶点的棱上，满足条件的点共有3个，
又与平面所成角的正弦值为，
所以到平面的距离为，
因为，所以在棱上都存在满足条件的点，
同理在都存在满足条件的点，
而棱到平面最近的距离为，所以不存在满足条件的点，
所以满足条件的点共有9个，故C正确；
对D，设，则，又，
所以，即，
则点在侧面内，以为圆心，为半径的一段圆弧上运动，
而当点和或重合时与所成角为，故D错误.
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若双曲线的一个焦点坐标为（2，0），则双曲线离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，再由离心率公式求解即可.
【详解】解：因为双曲线的一个焦点坐标为（2，0），
所以，解得，
即有，
所以离心率.
故答案为：
13. 某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正､副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有__________种.
【答案】
【解析】
【分析】由分类加法和分步乘法计数原理即可求解．
【详解】若恰有1名女生被选中，则有种选法；
若有2名女生被选中，则有种选法，
所以共有种选法，
故答案为：.
14. 已知圆O的半径为1，直线PA与圆O相切于点A，直线PB与圆O交于B，C两点，D为BC的中点．若PO＝，则·的最大值为________．
【答案】
【解析】
【详解】分析：由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得·＝－sin （2α－），或·＝＋sin （2α＋），然后结合三角函数的性质即可确定·的最大值．
详解：如图，OA＝1，OP＝，则由题意可知OA⊥PA，则由勾股定理可得PA＝＝1，则∠APO＝45°，
当点A，D位于直线PO异侧或点D与点O重合时，设∠OPC＝α，0≤α＜，则·＝||·||cs （α＋）＝1×cs αcs （α＋）＝cs α（cs α－sin α）＝cs 2α－sin αcs α＝－sin 2α＝－sin （2α－）.又0≤α＜，则－≤2α－＜，所以当2α－＝－时，·有最大值1.
当点A，D位于直线PO同侧时，设∠OPC＝α，0＜α＜，则·＝||·||cs （α－）＝1×cs αcs （α－）＝cs α（cs α＋sin α）＝cs 2α＋sin αcs α＝＋sin 2α＝＋sin （2α＋）.
又0＜α＜，则＜2α＋＜，所以当2α＋＝时，·有最大值.
综上可得，·的最大值为.
本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 在中，角所对的边分别为，，角的平分线交于点，且．
（1）求的大小；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理把边化成角，进而求解；
（2）由三角形面积公式并利用可得，再由余弦定理即可求得，由三角形的面积公式可得结果.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理可得．
因为，所以，
所以，故，
又因为，所以．
【小问2详解】
由题意可知，
即，化简可得．
在中，由余弦定理得，
从而，解得或（舍）．
则．
16. 已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【解析】
【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.
【详解】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）若有两个零点，即有两个解，
从方程可知，不成立，即有两个解，
令，则有，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：.
本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果.
17. 如图所示，已知四棱锥中，.
（1）求证：平面；
（2）当四棱锥的体积最大时，求二面角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形全等及三线合一证明，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）先通过二面角定义作出二面角的平面角，求出四棱锥体积最大时，从而在直角三角形中求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，设，连接，则，点为的中点，
又，所以，又，且，
所以，又，平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
由（1）可知，平面，平面，所以平面平面，
取的中点为O，连接，则，平面平面，
平面，所以平面，过点作，垂足为H，连接，
则，所以为二面角的平面角，
因为四棱锥的体积为
，当且仅当即体积最大，
此时，
在中，，所以，
所以二面角的大小为.
18. 已知抛物线C：经过点是抛物线C上异于点A的动点，且
（1）求直线AB的斜率(用表示)；
（2）设不经过点A的直线l与C交于M，N两点，且直线的斜率之和为1.
①求证：直线l恒过定点Q；
②若向量，且，求的面积S的取值范围.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）将点的坐标代入抛物线方程，求出的值，即可得解；
（2）①设直线方程为，将其与抛物线方程联立，设，由斜率之和为，结合韦达定理可证明结论；
②由于轴，则，进而化简求最值.
【小问1详解】
根据题意，将点代入抛物线方程，
得，所以抛物线C：，
则，由于，则，
所以；
【小问2详解】
①设，直线的方程为，
所以，
联立，消去并化简得：，
所以，，
所以，
即，
所以，所以，
所以直线的方程为，即
所以直线过定点，该点坐标为；
②由，，可得轴，且，
联立与，并令，得，
则，且由得，
由，即，
得，
由于得，且，
则的面积
，
而
，
由于，得，而即，
即，所以，且，则且，
由于在单调递减，在单调递增，
所以，当，当，
当，
故面积S的取值范围为.
19. 甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式，当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留，当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙，当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中．设投掷次后，球在乙手中的概率为．
（1）求和；
（2）求数列的通项；
（3）设，数列的前项和为，若，证明：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据传球游戏的规则，再根据独立事件概率公式，求解概率，
（2）首先题意，可得关于数列的递推公式，，再通过构造求数列的通项公式；
（3）首先根据（2）的结果，求，利用裂项可得，求和可得，并利用放缩法得，利用错位相减法即可证明不等式.
【小问1详解】
当投掷2次骰子后，球在乙手中，共有1种情况：甲甲乙，其概率为，故，
当投掷3次骰子后，球在乙手中，共有3种情况：
①：甲乙甲乙，其概率为
②：甲乙丙乙，其概率为
③：甲甲甲乙，其概率为
所以投掷3次后，球在乙手中的概率为.
【小问2详解】
由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，故有．
变形为．
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列．
所以．
所以数列的通项公式．
【小问3详解】
,故，
故，
所以，故，
记，其前项和为，
所以，
故，
相减可得，
故，
故，
故，
因此，得证.
方法点睛：解决概率与数列知识点交叉题的方法，一般是从概率问题中寻求相关概率间的递推关系，利用转化思想将其化归为等差或等比数列求解；对于利用数列的通项公式证明不等式时，常用到裂项相消法和错位相减法求和.